Maratonas de MatemáticaII Maratona de Matemática IME/ITA

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felps
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Out 2012 22 19:10

Re: II Maratona de Matemática IME/ITA

Mensagem não lida por felps » Seg 22 Out, 2012 19:10

Solução do Problema 320

Podemos observar que a base se trata de uma hexágono regular de lado [tex3]R[/tex3] .

Sua área é dada por [tex3]S_b = \frac{6R^2\sqrt{3}}{4} = \frac{3R^2\sqrt{3}}{2} u.a.[/tex3] .

As arestas laterais, também conhecidas como apótemas, tem a seguinte relação com a altura:

[tex3]L^2 = h^2 + R^2[/tex3]
[tex3]h = \sqrt{L^2 - R^2}[/tex3] , da fórmula das pirâmides:

[tex3]V = \frac{S_b \times h}{3}[/tex3]
[tex3]V = \frac{3R^2\sqrt{3}}{2} \times \sqrt{L^2 - R^2} \times \frac{1}{3}[/tex3]
[tex3]V = \frac{R^2\sqrt{3(L^2 - R^2)}}{2}[/tex3]
[tex3]V = \frac{R^2}{2}\cdot \sqrt{3(L^2-R^2)} \, u.v.[/tex3]

Letra D.

-----------------------------------------------------------------------------------------

Problema 321

(ITA) O número de anagramas da palavra VESTIBULANDO, que não apresentam as cinco vogais juntas, é:

a) [tex3]12![/tex3]
b) [tex3](8!)(5!)[/tex3]
c) [tex3]12!-(8!)(5!)[/tex3]
d) [tex3]12! - 8![/tex3]
e) [tex3]12! - (7!)(5!)[/tex3]

Última edição: felps (Seg 22 Out, 2012 19:10). Total de 2 vezes.


"É melhor lançar-se à luta em busca do triunfo,mesmo expondo-se ao insucesso,do que ficar na fila dos pobres de espírito,que nem gozam muito nem sofrem muito,por viverem nessa penumbra cinzenta de não conhecer vitória e nem derrota" F. Roosevelt

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Out 2012 23 13:06

Re: II Maratona de Matemática IME/ITA

Mensagem não lida por Alexander » Ter 23 Out, 2012 13:06

Solução do Problema 321

Permutações totais: [tex3]12![/tex3]

Situação indesejada: [tex3]5!\cdot 8![/tex3]

Contaremos as vogais como um só elemento, mas que pode fazer permutações internas([tex3]5![/tex3] ) e depois fazemos as permutações entre as consoantes e o elemento([tex3]8![/tex3] ).

R: [tex3]12! - 5!\cdot 8![/tex3]

Letra C

------------------------------------------------------------------------------------

Problema 322:

(ITA - 1979) Se [tex3]a[/tex3] e [tex3]b[/tex3] são ângulos complementares e [tex3]0 < a < \frac{\pi}{2}[/tex3] , [tex3]0 < b< \frac{\pi}{2}[/tex3] e [tex3]\frac{\sen a + \sen b}{\sen a - \sen b} = \sqrt{3}[/tex3] , então [tex3]\sen \left(\frac{3a}{5}\right) + \cos(3b)[/tex3] é igual a:

a) [tex3]\sqrt{3}[/tex3]
b) [tex3]\frac{\sqrt{3}}{3}[/tex3]
c) [tex3]\sqrt{2}[/tex3]
d) [tex3]\frac{\sqrt{2}}{2}[/tex3]
e) [tex3]1[/tex3]

Última edição: Alexander (Ter 23 Out, 2012 13:06). Total de 3 vezes.


...I've seen things you people wouldn't believe. Attack ships on fire off the shoulder of Orion. I watched C-beams glitter in the dark near the Tannhauser gate. All those moments will be lost in time... like tears in rain... Time to die.

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Out 2012 25 14:53

Re: II Maratona de Matemática IME/ITA

Mensagem não lida por Juniorsjc » Qui 25 Out, 2012 14:53

Solução do Problema 322:

Para resolver essa questão deveriamos lembrar que:

[tex3]\sen a + \sen b = 2\sen \left(\frac{a+b}{2}\right)\cos \left(\frac{a-b}{2}\right)[/tex3]

[tex3]\sen a - \sen b = 2\sen \left(\frac{a-b}{2}\right)\cos \left(\frac{a+b}{2}\right)[/tex3]

[tex3]\frac{\sen a + \sen b}{\sen a - \sen b} = \frac{2\sen \left(\frac{a+b}{2}\right)\cos \left(\frac{a-b}{2}\right)}{2\sen \left(\frac{a-b}{2}\right)\cos \left(\frac{a+b}{2}\right)} = \sqrt{3}[/tex3]

Percebemos então que:

[tex3]\frac{\tg \(\frac{a+b}{2}\)}{\tg \(\frac{a-b}{2}\)} = \sqrt{3}[/tex3]

Ora, perceba que

[tex3]\frac {\tg \left(\frac{\pi}{4}\right)}{\tg {\left(\frac{\pi}{6}\right)}} = \sqrt{3}[/tex3]

O que nos fornece as seguintes relações:

[tex3]\frac{a+b}{2} = \frac{\pi}{4}[/tex3] e

[tex3]\frac{a-b}{2} = \frac{\pi}{6}[/tex3]

Perceba que ainda temos mais uma relação dada do enunciado:

[tex3]a + b = \frac{\pi}{2}[/tex3]

Resolvendo o sistema acima encontraremos facilmente que

[tex3]a = \frac{5\pi}{12}\ ; \ b = \frac{\pi}{12}[/tex3]

Jogando em [tex3]\sen \left(\frac{3a}{5}\right) + \cos (3b) = \sen \left(\frac{\pi}{4}\right) + \cos \left(\frac{\pi}{4}\right) = \sqrt{2}[/tex3]

Então a alternativa correta é a C.

--------------------------------------------------------------------------------

Problema 323

(ITA-2003) Considere a seguinte situação baseada num dos paradoxos de Zenão de Eléia, filósofo grego do século V A.C. Suponha que o atleta Aquiles e uma tartaruga apostam uma corrida em linha reta, correndo com velocidades constantes [tex3]v_A[/tex3] e [tex3]v_T[/tex3] , com [tex3]0 < v_T < v_A[/tex3] . Como a tartaruga é mais lenta, é-lhe dada uma vantagem inicial, de modo a começar a corrida no instante [tex3]t = 0[/tex3] a uma distância [tex3]d_1 > 0[/tex3] na frente de Aquiles. Calcule os tempos [tex3]t_1 , t_2 , t_3 , . . .[/tex3] que Aquiles precisa para percorrer as distâncias [tex3]d_1 , d_2 , d_3, . . .[/tex3] , respectivamente, sendo que, para todo [tex3]n \geq 2[/tex3] , [tex3]d_n[/tex3] denota a distância entre a tartaruga e Aquiles no instante [tex3]\sum_{k=1}^{n-1}t_k[/tex3] da corrida. Verifique que os termos [tex3]t_k , \ k = 1, 2, 3, . . .[/tex3] , formam uma progressão geométrica infinita, determine sua soma e dê o significado desta soma.
Resposta

PG infinita de primeiro termo [tex3]\frac{d_1}{v_A}[/tex3] , razão [tex3]\frac{v_A}{v_T}[/tex3] e soma [tex3]\frac{d_1}{v_A-v_T}[/tex3] , que é o tempo necessário para Aquiles alcançar a tartaruga.
Última edição: Juniorsjc (Qui 25 Out, 2012 14:53). Total de 8 vezes.


"Ainda que eu falasse a língua dos homens e falasse a língua dos anjos, sem amor eu nada seria."

LPavaNNN
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Nov 2012 04 03:24

Re: II Maratona de Matemática IME/ITA

Mensagem não lida por LPavaNNN » Dom 04 Nov, 2012 03:24

Solução problema 323

[tex3]Vr=Va-Vt\\T=\frac{d1}{Va-Vt}[/tex3]

esse será o tempo necessário para a tartaruga ser alcançada.

os tempos, são determinados como tempo necessário para aquiles alcançar a posição que a tartaruga estava no instante anterior.

O primeiro instante então, é o instante que aquiles chega à posição que a tartaruga estava em [tex3]\begin{cases}t=0\\t1=\frac{d1}{Va}\end{cases}[/tex3]

acredito que a resposta dada esteja errada, pois a razão tem que ser menor que 1, ja que o tempo para ocorrer o que eu disse , vai sempre diminuindo.

[tex3]V=\frac{d}{t}[/tex3]

isso significa que a velocidade é inversamente proporcional ao tempo.
A velocidade de Aquiles é [tex3]X[/tex3] vezes maior, tal que : [tex3]X=\frac{Va}{Vt}[/tex3]

Como eu disse, a velocidade é inversamente proporcional ao tempo, então, a razão da PG , é inversamente proporcional á quantidade de vezes que a velocidade de Áquiles é maior : [tex3]q=\frac{Vt}{Va}[/tex3]


jogando na fórmula de Pg infinita temos .

[tex3]\frac{a1}{1-q}=\frac{d1}{Va-Vt}\\ \frac{d1}{Va\left(1-\frac{Vt}{Va}\right)}[/tex3] = [tex3]\frac{d1}{Va-Vt}[/tex3]

[tex3]Va-Vt=Va-Vt[/tex3]

sentença verdadeira, portanto, os tempos formam uma P.g infinita com soma = [tex3]\frac{d1}{Va+Vt}[/tex3]

------------------------------------------------------------

Problema 324

(ITA-2002)Sejam [tex3]a[/tex3] e [tex3]b[/tex3] dois números complexos não-nulos, tais [tex3]a^2+b^2=0[/tex3] . Se [tex3]z,w\in \mathbb{C}[/tex3] satisfazem a
[tex3]\begin{cases}\vec{z}w+z\vec{w}=6a\\\vec{z}w-z\vec{w}=8b\end{cases}[/tex3]

Determine o valor de determine o valor de [tex3]|a|[/tex3] de forma que [tex3]|zw|=1[/tex3]
Última edição: LPavaNNN (Dom 04 Nov, 2012 03:24). Total de 3 vezes.


Lucas Pavan

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Nov 2012 04 10:36

Re: II Maratona de Matemática IME/ITA

Mensagem não lida por Juniorsjc » Dom 04 Nov, 2012 10:36

Solução do problema 324

[tex3]\begin{cases}\vec{z}w+z\vec{w}=6a\ (1)\\\vec{z}w-z\vec{w}=8b\ (2)\end{cases}[/tex3]

Somando as duas equações membro a membro ficamos:
[tex3]2\vec{z}w = 6a + 8b \ (3)[/tex3]

Multiplicando [tex3](2)[/tex3] por -1 e somando com [tex3](1)[/tex3] , ficamos:
[tex3]2z\vec{w} = 6a - 8b \ (4)[/tex3]

Multiplicando 3 e 4 membro a membro:

[tex3]2\vec{z}w\cdot2z\vec{w} = (6a + 8b)(6a - 8b) \\ \\ 4\vec{z}zw\vec{w} = 36a^2 - 64b^2[/tex3]

Sabemos que [tex3]\vec{z}z = |z|[/tex3] então:

[tex3]4\vec{z}zw\vec{w} = 36a^2 - 64b^2 \ \rightarrow\ 4|z||w| = 36a^2 - 64b^2 \ \rightarrow 4|zw| = 36a^2 - 64b^2[/tex3]

Do enunciado, temos [tex3]|zw| = 1[/tex3] e [tex3]a^2 + b^2 = 0 \rightarrow b^2 = -a^2[/tex3]
Substituindo:

[tex3]4 = 36a^2 + 64a^2 \ \rightarrow \ 4 = 100a^2 \ \rightarrow a^2 = \frac{4}{100} \ \rightarrow a = \pm \frac{2}{10} = \pm \frac{1}{5}[/tex3]

Então

[tex3]\boxed{\boxed{ |a| = \frac{1}{5} }}[/tex3]

------------------------------------------------------------------------

Problema 325

(ITA - 2007) Considere: um retângulo cujos lados medem [tex3]B[/tex3] e [tex3]H[/tex3] , um triângulo isósceles em que a base e a altura medem, respectivamente, [tex3]B[/tex3] e [tex3]H[/tex3] , e o círculo inscrito neste triângulo. Se as áreas do retângulo, do triângulo e do círculo, nesta ordem, formam uma progressão geométrica, então [tex3]\frac{B}{H}[/tex3] é uma raiz do polinômio

a) [tex3]\pi^3x^3 + \pi ^2x^2 + \pi x - 2 = 0[/tex3]
b) [tex3]\pi^2x^3 + \pi ^3x^2 + x +1 = 0[/tex3]
c) [tex3]\pi^3x^3 - \pi ^2x^2 + \pi x +2 = 0[/tex3]
d) [tex3]\pi x^3 - \pi ^2x^2 + 2\pi x - 1 = 0[/tex3]
e) [tex3]x^3 -2 \pi ^2x^2 + \pi x - 1 = 0[/tex3]
Resposta

Alternativa D
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Re: II Maratona de Matemática IME/ITA

Mensagem não lida por LPavaNNN » Ter 06 Nov, 2012 05:53

Resolução do problema 325

[tex3]S=pr[/tex3]

onde [tex3]S[/tex3] é área do triângulo, [tex3]p[/tex3] é semi-perímetro do triângulo e [tex3]r[/tex3] é raio do círculo.

[tex3]L=[/tex3] lado do triângulo do qual não temos informação. Por ser isósceles, existem 2 lados [tex3]L[/tex3] .

[tex3]L^2=H^2+\frac{B^2}{4}[/tex3]

[tex3]L=\sqrt{\frac{4H^2+B^2}{4}}[/tex3]

[tex3]s=p\cdot r\rightarrow \frac{BH}{2}=\frac{B+2\sqrt{\frac{4H^2+B^2}4}}2\cdot r\rightarrow \frac{BH}{2}=\frac{B+\sqrt{{4H^2+B^2}}}2\cdot r[/tex3]

[tex3]r=\frac{BH}{B+\sqrt{4H^2+B^2}}[/tex3]

As áreas estão em PG : [tex3]A1=BH,A2=\frac{BH}{2},A3=\frac{BH}{4}[/tex3]

Sendo assim temos:

[tex3]\pi r^2=\frac{BH}{4}\rightarrow \pi\cdot \left(\frac{BH}{B+\sqrt{4H^2+B^2}}\right)^2=\frac{BH}{4}[/tex3]

[tex3]4\pi\cdot BH=(B+\sqrt{4H^2+B^2})^2[/tex3]

[tex3]4\pi\cdot BH=B^2+2B\sqrt{4H^2+B^2}+4H^2+B^2[/tex3]

[tex3]4\pi\cdot BH=2B^2+4H^2+2B\sqrt{4H^2+B^2}[/tex3]

[tex3]2\pi\cdot BH=B^2+2H^2+B\sqrt{4H^2+B^2}[/tex3]

O interesse da questão é [tex3]\frac{B}{H}[/tex3]

Portanto vamos dividir por BH agora:

[tex3]2\pi=\frac{B}{H}+\frac{2H}{B}+\sqrt{4+\frac{B^2}{H^2}}[/tex3]

[tex3]2\pi=x+\frac{2}{x}+\sqrt{x^2+4}[/tex3]

[tex3]\sqrt{x^2+4}=2\pi-x-\frac{2}{x}[/tex3]

[tex3]\pi\cdot x^3-\pi^2x^2+2\pi x-1=0[/tex3]

Resposta D.

------------------------------------------------------------------------------------

Problema 326

(ITA-2006) Determine para quais valores de [tex3]x\in \left(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi}{2}\right)[/tex3] , vale a desigualdade: [tex3]\log_{(\cos x)}(4\cdot\sen^2x-1)-\log_{(\cos x)}(4-\sec^2x)>2[/tex3]
Resposta

Gabarito:[tex3]\left(-\frac{\pi}{4},-\frac{\pi}{6}\right)U\left(\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{4}\right)[/tex3]
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Re: II Maratona de Matemática IME/ITA

Mensagem não lida por pedro123 » Dom 23 Dez, 2012 12:49

Solução do Problema 326

Da definição de logaritmo :

[tex3]\frac{4\cdot\sen ^2x-1}{4-\sec^2x} > 0 \Rightarrow \begin{cases} \begin{cases} 4\cdot\sen ^2x - 1 > 0 \\ 4-\sec^2x > 0 \end{cases} \\ \begin{cases} 4\cdot\sen ^2x - 1 < 0 \\ 4-\sec^2x < 0 \end{cases} \end{cases}[/tex3]

Donde tiramos que [tex3]x \in \left( -\frac{\pi}{2}\, ;\, -\frac{\pi}{6}\right) \cup \left(\frac{\pi}{6} \,;\, \frac{\pi}{2}\right)[/tex3]

Além disso, para [tex3]x \in \left( -\frac{\pi}{2} ; -\frac{\pi}{6}\right) \cup \left(\frac{\pi}{6} ; \frac{\pi}{2}\right)[/tex3]

[tex3]\frac{4\cdot\sen ^2x-1}{4-\sec^2x} < \cos^2x \Rightarrow \sen x < |\cos x| \Rightarrow x \in \left(-\frac{\pi}{4} ; \frac{\pi}{4}\right)[/tex3] , pois , [tex3]\cos^ax > \cos^b x \Leftrightarrow a < b,\,\, \forall\, a,\,b \in \mathbb{R^+}[/tex3]

Logo, [tex3]x \in \left(-\frac{\pi}{4} ; -\frac{\pi}{6}\right) \cup \left(\frac{\pi}{6} ; \frac{\pi}{4}\right)[/tex3]
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Re: II Maratona de Matemática IME/ITA

Mensagem não lida por caju » Sex 09 Jan, 2015 15:39

Muito obrigado a todos pela participação.

Temos agora um material belo para os que pretendem estudar para estes vestibulares! Aproveitem

Em março/2015 iremos abrir as novas maratonas deste ano. Aguardem!

Espero que tenha sido útil para os estudos.

Grande abraço,
Prof. Caju



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